ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI NĂM HỌC 2013 - 2014 Câu 1: 1. Hướn g d ẫn: Đặt điều kiện, bình phương hai l ần được phương trình bậc 2, nhận 2 nghiệm là 1, 7 4 . 2. Đặt: 1 1 1 1 1 t x ; v y tu x y xy 2 y x y x xy                  , ta có hệ phương trình:     2 2 9 tu 2u 9 2t 2u 9 2t 2t 2u 9 2 2t 9 2t 6t 9 0 1 3 4tu 6t 9 0 4t 126t 9 0 tu 2 42 u3 2u 9 2t 2u 9 2t 3 2t 3 t 2t 3 0 2                                                              2 13 x 33 y 2x y 2x xy y 1 0 y 3x 0 y2 22 x 1 2x 1 0 2x 3x 1 0 1 xy 3x 1 0 xy 3x 1 0 y3 x                                                   x1 y2       h o ặc 1 x 2 y1        . Thử lại, ta thấy phương trình nhận hai nghiệm (x; y) là   1 1; 2 ; ;1 2    . Câu 2: 1. Khai triển và rút gọn (a + b)(b + c)(c + a) = 8abc. Ta được: a 2 b + b 2 a + b 2 c + c 2 b + c 2 a + a 2 c = 6abc.                         2 2 2 2 2 2 a ab b bc c ca 3 1 a b a b b c b c b c c a c a c a a b 4 ab ac ab bc ba bc ca cb ca 3 a b b c b c c a c a a b 4 a b b a b c c b c a a c 3 a b b c c a 4 6abc 3 8abc 4                                           Luôn luôn đúng. Suy ra: Điều phải c h ứng minh. 2. Ta có:     abc 10d e 101 101.abc abc 10d d 101 100.abc 10d e 101 abcde 101.                 Vậy s ố các số phải tìm chính là số các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 101. 10000 + 100 = 101 x 100  10100 là số các số tự nhiên có 5 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101. 99999 – 9 = 101 x 990  99990 là số các số tự nhiên có 5 chữ số lớn n h ất chia hết cho 101. Vậy s ố các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 101 là 99990 10100 1 891 101   số. Câu 3: 1. Tứ giác AFMB nội t i ếp   AFB AMB . Mà     00 AFB BEC 180 , AMB BMD 180      BMD BED mà ABDC nội t i ếp   11 DC BDM ∽ BCF (g.g). Suy ra: Điều phải c h ứng minh. 2. Do   12 AA (gt) Suy ra: D là điểm chính giữa cung BC. DO BC tại trung điểm H c ủa BC. BMD ∽ BFC 1 DA BD DM BD BD DA 2 . BC CF 2BH CF BH CF       Mà   12 DC (chứng minh trên) BDA ∽ HCF (c.g.c)   11 FA Mà   12 AA (gt) và   21 AE (cùng chắn m ộtc ung DC).   11 FE EFHC nội t i ếp. Câu 4: Trước hết ta chứng minh với m ọi x, y, y ≥ 0, ta có: x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz. (*) Tự chứng minh 3 số hoặc phân tích thành nhân tử, các trường THPT chuyên tại TP HCM khôn cho HS dùng Côsi. Vai trò của a, b, c như nhau nên giả sử a = b = c = kd thì P đặt GTNN. Khi đó, áp dụng (*), ta có:       3 3 3 22 33 3 3 3 2 33 3 3 3 2 33 3 3 3 2 3 3 3 3 3 2 2 1 3abc a b c kk a b 3dab d k k k b c 3bdc d k k k c a 3dca d k k k 2 1 3 3d a b c abc bcd cda dab k k k                                        3 3 3 3 3 2 2 2 1 9 9d 3 a b c k k k          . Vậy ta tìm k thỏa mãn 3 32 21 3 4 4k 3k 6 0 kk           . Đặt 2 11 ka 2a     , ta có: 3 63 3 1 1 3 1 k a a 6 x 12x 1 0 x 6 35 2 a 2 a                         . Lưu ý:      33 1 6 35 6 35 1 k 6 35 6 35 2         . Với k xác định như trên, ta được: GTNN của P bằng:   2 2 33 9 36 k 6 35 6 35     . HẾ T 1 1 1 2 1 F H E M D A C B O . ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI NĂM HỌC 2013 - 2014 Câu 1: 1. Hướn g d ẫn: Đặt điều kiện, bình phương.  abc 10d e 101 101 .abc abc 10d d 101 100 .abc 10d e 101 abcde 101 .                 Vậy s ố các số phải tìm chính là số các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 101 . 100 00 + 100 . 100 00 + 100 = 101 x 100  101 00 là số các số tự nhiên có 5 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101 . 99999 – 9 = 101 x 990  99990 là số các số tự nhiên có 5 chữ số lớn n h ất chia hết cho 101 . Vậy s